【题解】CTS2019珍珠
题目就是要满足这样一个条件(c_i)代表出现次数
[sum {[dfrac {c_i } 2]} ge 2m
]
显然(sum c_i=n)所以，而且假如(c_i)是(2)的约数就有正常的贡献，如果不是就有少一点的贡献，那么
[sum^D_{i=1} {[2mid c_i]} > n-2m
]
设(f_i)为钦定有(i)种颜色出现偶数次的方案。问题瞬间就变成了HAOI染色...
则有
[f_i={Dchoose i}[x^n]n!(dfrac {e^x+e ^{-x}}{2})^i{(e^x)}^{D-i}
]
选出钦定的(i)个颜色，后面是序列的生成方式。
[2^if_i={Dchoose i}[x^n]n!( {e^x+e ^{-x}})^i{(e^x)}^{D-i}
]
展开(^i)
[2^if_i={Dchoose i}[x^n]n!sum_{j=0}^i{ichoose j}{(e^x)}^{D+2j-2i}
]
由于是求([x^n])所以
[2^if_i={Dchoose i}n!sum_{j=0}^i{ichoose j}dfrac {{(D+2j-2i)}^n}{n!}
]
[={Dchoose i}sum_{j=0}^i{ichoose j} {{(D+2j-2i)}^n}
]
所以
[dfrac {2^if_i}{{Dchoose i}i!}=sum_{j=0}^i dfrac {(-(2i-2j-D))^n}{j!(i-j)!}
]
右边的式子直接NTT得到。
然而我们知道，这样的钦定是有重复的，具体如何重复参考[【题解】HAOI2018]染色(NTT+容斥/二项式反演)。我们直接二项式反演:
设(g_i)表示恰好(i)种颜色出现次数为偶数的方案，则考虑一下(g_j)在(f_i)出现的次数
[f_i=sum_{j=i}^D {jchoose i}g_i
]
直接二项式反演
[g_i=sum_{j=i}^D (-1)^{j-i}{jchoose i}f_j
]
下标从0没问题，变一下：
[g_i=sum_{j=0}^D (-1)^{j-i}dfrac {j!}{i!(j-i)!}f_j
]
整理
[dfrac {g_i}{i!}=sum_{j=0}^D dfrac{(-1)^{j-i} imes j!f_j}{(j-i)!}
]
reverse一下，右边又直接NTT
最终答案：
[sum_{i=n-2m+1}^D g_i
]
你觉得肯定做不了，(nle 1e9)啊，但是考虑一些边界情况：
- (n <2m)答案为0
- (n-2m+1>D)答案为(D^n)
所以如果用多项式算法的条件是
[nge2m\n-2m+1le D=1e5\
]
多项式的maxn开(1<<18)就行了。
代码真的懒得写就是套套板子调调参。